Esercizio 1 Si consideri la funzione

ANALISI MATEMATICA 1

Area dell’Ingegneria dell’Informazione

Appello del 19.02.2014

TEMA 1

Esercizio 1 Si consideri la funzione

f (x) = (1 − |x|)e

. 1) Determinare il dominio e discutere il segno di f .

2) Calcolare i limiti significativi di f e determinarne gli asintoti.

3) Calcolare f

e determinare gli intervalli di monotonia e gli eventuali punti di estremo di f . 4) Calcolare i limiti significativi di f

e studiare la derivabilit` a di f in x = 0.

5) Disegnare un grafico di f (non si richiedono il calcolo della derivata seconda e lo studio della concavit` a e della convessit` a).

Svolgimento.

1) Il dominio ` e dato da 2x + 2 6= 0 i.e.

D = {x ∈ R : x 6= −1}.

Inoltre f > 0 se |x| < 1.

2) Calcoliamo i limiti significativi

lim

f (x) = +∞

lim

f (x) = 0 lim

f (x) = −∞

dove la prima forma indeterminata si risolve usando le propriet` a dell’esponenziale. Dall’ultimo limite otteniamo la possibilit` a di asintoti obliqui. Abbiamo

x→±∞

lim f (x)

x = ∓1 e quindi rimane da calcolare

x→+∞

lim f (x) + x = lim

x→+∞

x 

1 − e



+ 1 = 1 + lim

x→+∞

x



− 1

2x + 2 + o  1 x



= 1 2 Perci` o la retta y = −x + 1/2 ` e asintoto obliquo destro. Allo stesso modo abbiamo

x→−∞

lim f (x) − x = lim

x→−∞

x



−1 + e



+ 1 = 1 + lim

x→−∞

x

 1

2x + 2 + o  1 x



= 3

2

e quindi la retta y = x + 3/2 ` e asintoto obliquo sinistro.

3) Per x ∈ D\{0} abbiamo

f

(x) = −e



segno(x) + 1 − |x|

2(x + 1)



Per x > 0 otteniamo che f

(x) > 0 se e solo se 1 +

< 0 cio` e 2x

+ 3x + 3 < 0, evidentemente assurdo. Quindi in R

la funzione ` e strettamente monotona decrescente. Per x < 0 abbiamo che f

(x) > 0 se e solo se −1 +

< 0 cio` e per x < −1 e 0 > x > −

. Quindi la funzione ` e strettamente monotona crescente in (−∞, −1) ∪ (−

, 0). Quindi il punto x

= −

` e un punto di minimo relativo proprio.

4) I limiti significativi di f

sono in 1

e in 0. In 1

abbiamo lim

f

(x) = 0 per la presenza dell’esponenziale. Mentre in 0 otteniamo:

lim

x→0⁻

f

(x) = 1 2

√ e

mentre

lim

x→0⁺

f

(x) = − 3 2

√ e

Quindi il punto x

= 0 ` e un punto angoloso e di MAX RELATIVO.

5) Il grafico della funzione segue:

-3 -2 -1 1 2 3

-2 2 4 6 8

Figure 1: Il grafico di f (Tema 1).

Esercizio 2 Si consideri la serie

+∞

X

n=1

n − 1 n

+ 1

x

(x + 4)

. 1) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza assoluta.

2) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza semplice.

Svolgimento.

1),2) Applichiamo il criterio della radice per la convergenza assoluta e quindi semplice della serie. Siamo portati quindi a calcolare il seguente

n→∞

lim

r n − 1

n

+ 1

|x|

|x + 4| = |x|

|x + 4| = L

Quindi se L > 1 poich´ e il termine n-esimo della serie non tende a 0, non abbiamo nemmeno conver- genza semplice, mentre se L < 1 abbiamo convergenza assoluta e quindi semplice. La disequazione

|x|

|x+4|

< 1 ` e equivalente a x

< (x

+ 8x + 16). Quindi per x > −2 la serie converge assolutamente mentre per x < −2 la serie non converge nemmeno semplicemente. Vediamo il caso x = −2; in questo caso il termine n-esimo della serie diventa

(−1)

n − 1 n

+ 1

come si vede facilmente tale termine ` e infinitesimo e decrescente. Quindi per il criterio di Leibniz abbiamo convergenza semplice ma NON assoluta, poich´ e tale termine ` e asintotico a

.

Esercizio 3 Calcolare

Z

2

arctan √

x − 2
dx.

Svolgimento. Poniamo x − 2 = t

e quindi l’integrale diventa (usando integrazione per parti) R

0

arctan t.3t

dt = t

arctan t|

− R

t³

t²+1

dt = 8 arctan 2 − R



t −

 dt 8 arctan 2 − 2 +

log(x

+ 1)|

= 8 arctan 2 − 2 +

log 5

Esercizio 4 Determinare e disegnare nel piano di Gauss l’insieme n

z ∈ C : 

|z + i|

+ (z + i)

  ≥ 

|z + i|

− (z + i)

  o

. Svolgimento. Ponendo z = x + iy abbiamo che

 |z + i|

+ (z + i)

  = 

x

+ (y + 1)

+ x

− (y + 1)

+ 2ix(y + 1) 

 = 2|x| p

x

+ (y + 1)

mentre

 |z + i|

− (z + i)

  = 

 x

+ (y + 1)

− (x − i(y + 1))

 = 2|y + 1| p

(y + 1)

+ x

Quindi le soluzioni della disequazione sono date dall’unione dei seguenti insiemi:

(0, −1) ∪ {(x, y) : |x| ≥ |y + 1|}

Poich´ e |x| ≥ |y + 1| ´ e equivalente a (x − y − 1)(x + y + 1) ≥ 0 e (0, −1) appartiene a tale insieme, le soluzioni sono date dall’insieme in verde sotto riportato

TEMA 2

Esercizio 1 Si consideri la funzione

f (x) = (2 − |x|)e

.

-4 -2 2 4 Re z

-4 -2 2 4 Im z

Figure 2: Soluzione dell’esercizio 4 del Tema 1 .

1) Determinare il dominio e discutere il segno di f .

2) Calcolare i limiti significativi di f e determinarne gli asintoti.

3) Calcolare f

e determinare gli intervalli di monotonia e gli eventuali punti di estremo di f . 4) Calcolare i limiti significativi di f

e studiare la derivabilit` a di f in x = 0.

5) Disegnare un grafico di f (non si richiedono il calcolo della derivata seconda e lo studio della concavit` a e della convessit` a).

Svolgimento. 1) Il dominio di f ` e R \ {−2} e f `e positiva se e solo se |x| < 2.

2) Evidentemente lim

f (x) = −∞, mentre lim

f (x) = 0 e lim

f (x) = +∞ (x = −2 asintoto verticale destro). Quest’ultimo limite ` e una conseguenza immediata dei confronti tra esponenziali e potenze. Per quanto riguarda gli asintoti orizzontali, si ha: lim

f (x)/x = −1 e

x→+∞

lim f (x) + x = lim

x→+∞

x 1 − e

+ 2e

= lim

x→+∞

x  −1

2x + 4 + o −1 2x + 4



+ 2 = 3 2 , mentre lim

f (x)/x = lim

x

e

= 1 e

x→−∞

lim f (x) − x = lim

x→−∞

x e

− 1
+ 2e

= lim

x→+∞

x

 1

2x + 4 + o −1 2x + 4



+ 2 = 5 2 .

Quindi y = −x + 3/2 ` e asintoto obliquo per x → +∞, mentre y = x + 5/2 lo ` e per x → −∞.

3) Si ha

f

(x) =







−e

+ (2 − x)

e

e

+ (2 + x)

e

=







−2e

per x > 0

2e

per x < 0, x 6= −2.

Il trinomio 2x

+ 7x + 10 ` e sempre positivo e quindi f ` e strettamente decrescente per x > 0. Il trinomio

2x

+ 7x + 6 ha per zeri −2, da scartare, e −3/2, quindi f

(x) < 0 se e solo se −2 < x < −3/2. Quest’ultimo

punto ` e perci` o un punto di minimo relativo stretto, mentre x = 0 ` e un punto di massimo relativo stretto.

d) Si ha lim

f

(x) = 0, lim

f

(x) = 3/4e

e lim

f

(x) = −5/4e

, e quindi 0 ` e un punto angoloso.

e) Il grafico di f , con i rispettivi asintoti, ` e in figura.

-2 2 4

5 10

Figure 3: Grafico della funzione del Tema 2 .

Esercizio 2 Si consideri la serie

+∞

X

n=1

n + 2 n(n + 1)

x

(9 + x)

. 1) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza assoluta.

2) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza semplice.

Svolgimento. 1) Il criterio della radice d` a che la serie converge assolutamente, e quindi semplicemente, se

n→∞

lim

n

s

n + 2 n(n + 1)

|x|

|x + 9| = |x|

|x + 9| =: L < 1,

mentre se L > 1 il termine generale della serie non ` e infinitesimo e quindi la serie non converge neanche semplicemente. La disequazione

< 1 ` e equivalente alla disequazione x

< (x+9)

, che ha per soluzioni la semiretta x > −9/2. Quindi la serie converge assolutamente, e semplicemente, per x > −9/2, mentre non converge n´ e assolutamente n´ e semplicemente per x < −9/2. Per x = −9/2 la serie diventa

+∞

X

n=1

(−1)

n + 2

n(n + 1) . (1)

Il termine generale, in valore assoluto, ` e asintotico a

e quindi la serie (1) diverge assolutamente. Siccome la successione a

=

` e decrescente, in quanto

=

< 0 per x > 0 la serie (1) converge per il criterio di Leibniz.

Esercizio 3 Calcolare

Z

arctan √

x − 3
dx.

Svolgimento. Si ha Z

3

arctan √

x − 3
dx = (ponendo x − 3 = t

, da cui dx = 3t

dt) = 3 Z

0

t

arctan t dt

= (per parti) = t

arctan t|

− Z

0

t

t

+ 1 dt

= 27 arctan 3 − Z

0

t − t t

+ 1
dt

= 27 arctan 3 − 9 2 + 1

2 log(t

+ 1)|

= 27 arctan 3 − 9 2 + 1

2 log 10.

Esercizio 4 Determinare e disegnare nel piano di Gauss l’insieme n

z ∈ C : 

|z − i|

+ (z − i)

  ≥ 

|z − i|

− (z − i)

  o

. Svolgimento. Ponendo z = x + iy, x, y ∈ R, la disequazione

 |z − i|

+ (z − i)

  ≥ 

|z − i|

− (z − i)

  diventa

 |x + i(y − 1)|

+ (x + i(y − 1))

  ≥ 

|x + i(y − 1)|

− (x − i(y − 1)

  , cio` e

 x

+ (y − 1)

+ x

− (y − 1)

+ 2ix(y − 1)   ≥ 

 x

+ (y − 1)

− x

+ (y − 1)

+ 2ix(y − 1)   , che si semplifica in

 x

− ix(y − 1)   ≥ 

 (y − 1)

+ ix(y − 1)   . Passando al quadrato dei moduli, la disequazione precedente equivale a

x

+ x

(y − 1)

≥ (y − 1)

+ x

(y − 1)

, che a sua volta equivale a

x

+ (y − 1)

x

− (y − 1)

≥ 0, cio` e

x + (y − 1)

x − (y − 1)
≥ 0. (2)

La regione descritta dalla disuguaglianza (2) ` e quella colorata in figura.

-3 -2 -1 1 2 3 x

-2 -1 1 2 3 4 y

Figure 4: Soluzione dell’esercizio 4 del Tema 2 .

TEMA 3

Esercizio 1 Si consideri la funzione

f (x) = (|x| − 2)e

. 1) Determinare il dominio e discutere il segno di f .

2) Calcolare i limiti significativi di f e determinarne gli asintoti.

3) Calcolare f

e determinare gli intervalli di monotonia e gli eventuali punti di estremo di f . 4) Calcolare i limiti significativi di f

e studiare la derivabilit` a di f in x = 0.

5) Disegnare un grafico di f (non si richiedono il calcolo della derivata seconda e lo studio della concavit` a e della convessit` a).

Svolgimento. domf = {x ∈ R : x 6= 2}.

Si ha f (x) ≥ 0 ⇐⇒ |x| − 2 ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ −2 o x ≥ 2.

Limiti:

x→±∞

lim f (x) = lim

x→±∞

(|x| − 2) lim lim

x→±∞

e

= +∞.

lim

x→2⁺

f (x) = ( pongo t = 1

x − 2 ) = lim

t→+∞

e

t = 0.

lim

x→2⁻

f (x) = ( pongo t = 1

x − 2 ) = lim

t→−∞

e

t = −∞.

Asintoti. La retta x = 2 ` e asintoto verticale sinistro. Per l’asintoto obliquo destro calcolo

x→+∞

lim f (x)/x = lim

x→+∞

x − 2 x · lim

x→+∞

e

= 1 e poi

x→+∞

lim f (x)−x = lim

x→+∞

(x−2)e

−x = lim

x→+∞

e

−1
x−2e

= lim

x→+∞

1

4 − 2x +o 1

4 − 2x

x−2 =

= lim

4−2x

− 2 = −

− 2. Quindi la retta y = x −

` e asintoto obliquo destro.

Per l’asintoto obliquo sinistro calcolo

x→−∞

lim f (x)/x = lim

x→−∞

−x − 2 x · lim

x→+∞

e

= −1 e poi

x→−∞

lim f (x)+x = lim

x→−∞

(−x−2)e

+x = lim

x→−∞

−e

+1
x−2e

= lim

x→−∞

− 1

4 − 2x +o 1

4 − 2x

x−2 =

= lim

−

− 2 =

− 2 = −

. Quindi la retta y = −x −

` e asintoto obliquo sinistro.

Derivata prima. Si ha per x > 0

f

(x) = e

+ (x − 2)e

1 2

1

(2 − x)

= e



1 + 1

2(x − 2)



= e

2x − 3 2(x − 2) .

e f

(x) ≥ 0 per x ≥ 2 e 0 < x < 3/2. La funzione ` e crescente per x > 2 e per 0 < x < 3/2 quindi x = 3/2

`

e punto di massimo locale con f (3/2) = −

e.

Per x < 0 si ha

f

(x) = −e

− (x + 2)e

1 2

1

(2 − x)

= e



−1 + x + 2 2(x − 2)



= −e

(10 − 7x + 2x

) 2(x − 2)

. Si vede subito che −(10 − 7x + 2x

) < 0 ∀x ∈ R e quindi f (x) risulta decrescente per x < 0.

x = 0 risulta punto di minimo locale.

Studio dei limiti di f

per x → 0. Si ha lim

x→0⁺

f

(x) = lim

x→0⁺

e

2x − 3 2(x − 2) = 3

4 e

e

lim

x→0⁻

f

(x) = lim

x→0⁻

−e

(10 − 7x + 2x

)

2(x − 2)

= − 10 8 e

. Quindi x = 0 ` e un punto angoloso. Infine

lim

x→2⁺

f

(x) = lim

x→2⁺

e

2x − 3 2(x − 2) = 0.

Il grafico di f e degli asintoti ` e in figura.

Esercizio 2 Si consideri la serie

+∞

X

n=1

1 + n n(n + 2)

x

(x + 2)

. 1) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza assoluta.

2) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza semplice.

-4 -2 2 4

-4 -3 -2 -1 1 2

Figure 5: Il grafico di f e degli asintoti (Tema 3)

Svolgimento. Usando il criterio della radice si trova

n→+∞

lim

n

s    

1 + n n(n + 2)

x

(x + 2)

= lim

n→+∞

n

s

1 + n n(n + 2)

|x|

|(x + 2)| = |x|

|(x + 2)|

Si ha convergenza assoluta se

< 1 ⇐⇒ x > −1.

Se

> 1 cio` e se x ∈ (−∞, −1) il termine ennesimo non tende a 0, e non pu` o esserci convergenza assoluta (n` e semplice).

Infine se

= 1 cio` e se x = −1 la serie de moduli diventa P

n=1 (1+n)

n(n+2)

che ` e divergente avendo lo stesso comportamento della serie P

n=1 1

n

e quindi in tale punto non c’` e convergenza assoluta.

Per la convergenza semplice, essa sussiste per x > −1 dato che la convergenza assoluta implica la semplice.

Per x = −1 la serie diventa P

n=1

(−1)ⁿ(1+n)

n(n+2)

. Tale serie converge per il criterio di Leibnitz dato che

(1+n)

n(n+2)

→ 0 per n → +∞ e la successione 

(1+n) n(n+2)



n

` e decrescente. Infatti (1 + n)

n(n + 2) ≥ (n + 2)

(n + 1)(n + 3) ⇐⇒ (n + 1)

(n + 3) ≥ n(n + 2)

che si vede facilmente essere equivalente a (n + 3)(n + 1) ≥ n che ` e sempre vera. Pertanto la serie converge semplicemente (ma non assolutamente) in x = −1.

Esercizio 3 Calcolare

Z

arctan √

x − 4
dx.

Svolgimento.

Z

arctan √

x − 4
dx = ( x − 4 = t

) = Z

0

arctan(t) 3t

dt.

-2 -1 1 2 3 4

-3 -2 -1 1 2 3

Figure 6: Esercizio 4 del Tema 3

Integro per parti Z

arctan(t) 3t

dt = t

arctan t−

Z t

1 + t

dt = t

arctan t−

Z t

+ t − t

1 + t

dt = t

arctan t−

Z t dt+

Z t

1 + t

dt =

= t

arctan t − t

2 + 1

2 log(1 + t

).

Da cui Z

4

arctan √

x − 4
dx = t

arctan t − t

2 + 1

2 log(1 + t

)



= 64 arctan 4 − 8 + 1 2 log 17.

Esercizio 4 Determinare e disegnare nel piano di Gauss l’insieme n

z ∈ C : 

|z − 1|

+ (z − 1)

  ≥ 

|z − 1|

− (z − 1)

  o

. Svolgimento. Pongo z = x + iy. Ottengo

 |z−1|

+(z−1)

  ≥ 

|z−1|

−(z − 1)

 ⇐⇒ 

(x−1)

+y

+(x−1+iy)

 ≥ | x−1)

+y

−(x−iy−1)

  ⇐⇒

 (x − 1)

+ y

+ (x − 1)

− y

+ 2i(x − 1)y   ≥ 

(x − 1)

+ y

− (x − 1)

+ y

+ 2i(x − 1)y   ⇐⇒

 2(x − 1)

+ 2i(x − 1)y   ≥ 

2y

+ 2i(x − 1)y 

 ⇐⇒ |x − 1||(x − 1) + iy| ≥ |y||y + i(x − 1)|

che ` e verificata in (1, 0) oppure in tutti i punti del piano di Gauss tali che |x − 1| ≥ |y|.

La regione ` e quella colorata in figura.

TEMA 4

Esercizio 1 Si consideri la funzione

f (x) = (|x| − 1)e

. 1) Determinare il dominio e discutere il segno di f .

2) Calcolare i limiti significativi di f e determinarne gli asintoti.

3) Calcolare f

e determinare gli intervalli di monotonia e gli eventuali punti di estremo di f . 4) Calcolare i limiti significativi di f

e studiare la derivabilit` a di f in x = 0.

5) Disegnare un grafico di f (non si richiedono il calcolo della derivata seconda e lo studio della concavit` a e della convessit` a).

Svolgimento. Dominio. Per l’esistenza del quoziente, deve essere 2 − 2x 6= 0, ovvero x 6= 1. Dunque D(f ) = R \ {1}.

Segno. Si ha f (x) > 0 se e solo se |x| − 1 > 0. Dunque, f (x) > 0 per x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞). Inoltre f (x) = 0 se e solo se x = −1.

Limiti. I limiti significativi sono i seguenti:

x→∞

lim f (x) = lim

x→∞

(x − 1)e

= +∞ · e

= +∞.

Con la sostituzione t = 1/(x − 1) si trova lim

x→1⁺

f (x) = lim

x→1⁺

(x − 1)e

1

2(1−x)

= lim

t→+∞

e

t = 0.

Effettivamente, nel limite precedente non c’` e forma indeterminata. Analogamente, si ha lim

x→1⁻

f (x) = lim

x→1⁻

(x − 1)e

= lim

t→−∞

e

t = − 1

2 lim

t→−∞

e

= −∞.

Abbiamo usato il Teorema di Hospital. Infine,

x→−∞

lim f (x) = lim

x→−∞

(−x − 1)e

= +∞ · e

= +∞.

Asintoti. Cerchiamo un eventuale asintoto obliquo a +∞:

m = lim

x→∞

f (x)

x = lim

x→∞

x − 1

x e

= 1, q = lim

x→∞

f (x) − x = lim

x→∞

x e

− 1
− e

= lim

x→∞

x

2 − 2x (1 + o(1)) − e

= − 3 2 . Dunque la retta di equazione y = x −

` e un asintoto abliquo a +∞.

Cerchiamo un eventuale asintoto obliquo a −∞:

m = lim

x→−∞

f (x)

x = lim

x→∞

−x − 1

x e

= −1,

q = lim

x→−∞

f (x) + x = lim

x→−∞

x 1 − e

− e

= lim

x→−∞

−x

2 − 2x (1 + o(1)) − e

= − 1 2 . Dunque la retta di equazione y = −x −

` e un asintoto abliquo a −∞.

La retta di equazione x = 1 ` e un asintoto verticale sinistro a −∞.

Derivata. Quando x = 0 probabilmente la funzione non ` e derivabile a causa del valore assoluto |x|.

Per x 6= 0 ed x 6= 1 la funzione ` e derivabile. La sua derivata ` e:

f

(x) = x

|x| e

+ (|x| − 1)e

1 2

1

(1 − x)

= e

h x

|x| + 1 2

|x| − 1 (1 − x)

i . Quando x > 0 ed x 6= 1 si ha

h x

|x| + 1 2

|x| − 1 (1 − x)

i

= 2x

− 3x + 1 2(1 − x)

. Quando x < 0 si ha

h x

|x| + 1 2

|x| − 1 (1 − x)

i

= −2x

+ 3x − 3 2(1 − x)

.

Intervalli di monotonia. Studiamo la disequazione f

(x) > 0 separando i casi x > 0 ed x < 0.

Quando x > 0 e x 6= 1 si ha

f

(x) > 0 ⇔ 2x

− 3x + 1 > 0 ⇔ x < 1/2 oppure x > 1.

Dunque:

– f ` e crescente nell’intervallo [0, 1/2];

– f ` e decrescente nell’intervallo [1/2, 1);

– f ` e crescente nell’intervallo (1, ∞).

In particolare si ha f

(1/2) = 0 e il punto x = 1/2 ` e un punto di massimo locale. Il valore della funzione in questo punto ` e f (1/2) = −e/2 < −1.

Quando x < 0 si ha

f

(x) > 0 ⇔ −2x

+ 3x − 3 > 0 ⇔ per ogni x < 0.

Dunque:

– f ` e decrescente nell’intervallo (−∞, 0].

Deduciamo che il punto x = 0 ` e un punto di minimo locale (ma, attenzione, f

(0) non ` e definita). Il valore della funzione in questo punto ` e f (0) = − √

e < −e/2 = f (1/2).

Limiti di f

. Si ha

x→0

lim

f

(x) = lim

x→0⁺

e

1

2(1−x)

2x

− 3x + 1 2(1 − x)

=

√ e 2 , lim

x→0⁻

f

(x) = lim

x→0⁺

e

1

2(1−x)

−2x

+ 3x − 3

2(1 − x)

= − 3 √ e 2 .

I limiti destro e sinistro della derivata esistono finiti e sono diversi. Dunque x = 0 ` e un punto di angolo.

Infine, si ha

lim

x→1⁺

f

(x) = lim

x→1⁺

e

2x

− 3x + 1 2(1 − x)

= 0.

L’ultimo limite si calcola ad esempio con il cambiamento di variabile t = 1/(1 − x) e facendo Hospital.

Grafico di f . Ecco infine un grafico di f e dei suoi asintoti:

-4 -2 2 4 6

-4 -2 2 4

Figure 7: Il grafico di f e degli asintoti (Tema 4)

Esercizio 2 Si consideri la serie

+∞

X

n=1

n − 3 n(n + 1)

x

5

(x + 5)

. 1) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza assoluta.

2) Studiare per quali valori di x ∈ R c’`e convergenza semplice.

Svolgimento. Osserviamo preliminarmente che deve essere x 6= −5, perch` e altrimenti il termine generale della serie non ` e definito. Indichiamo il termine generale con

a

= n − 3 n(n + 1)

x

(x + 5)

.

Iniziamo a studiare la convergenza assoluta. Dobbiamo stabilire per quali x 6= −5 converge la serie

∞

X

n=1

|a

| =

∞

X

n=1

|n − 3|

n(n + 1)   

x x + 5

n

.

Usiamo il Criterio della radice e calcoliamo il limite L(x) = lim

n→∞

p|a

| = lim

n→∞

n

s

n − 3 n(n + 1)

x x + 5

n

=   

x x + 5

   lim

n→∞

n

s

n − 3 n(n + 1) =

x x + 5

   .

Quando L(x) < 1 la serie converge assolutamente e quindi anche semplicemente. Studiamo la dise- quazione (sempre per x 6= −5)

L(x) < 1 ⇔   

x x + 5

 < 1 ⇔ |x| < |x + 5| ⇔ x

< (x + 5)

L’ultima disequazione ` e equivalente a 10x+25 > 0 ovvero x > −5/2. Per tali x c’` e sia convergenza semplice

che assoluta.

Quando x < −5/2 si ha L(x) > 1 e dunque, per il Criterio della radice, si ha

n→∞

lim |a

| = ∞, e di conseguenza lim

n→∞

a

6= 0 (oppure il limite non esiste). Mancando la condizione necessaria di conver- genza, la serie non converge n` e semplicemente n` e assolutamente.

Esaminiamo il caso x = −5/2, quando L(x) = 1. In questo caso la serie diventa

∞

X

n=1

(−1)

n − 3 n(n + 1) . Per confronto asintotico con la serie divergente P

n=1

1/n = ∞ la serie non converge assolutamente.

Proviamo che converge semplicemente con il Criterio di Leibniz. Infatti, detta b

=

, si ha

n→∞

lim b

= lim

n→∞

n − 3 n(n + 1) = 0.

Inoltre, la successione (b

)

` e definitivamente decrescente:

b

< b

⇔ n − 2

(n + 2)(n + 1) < n − 3

n(n + 1) ⇔ n(n − 2) < (n − 3)(n + 2) ⇔ n > 6.

Esercizio 3 Calcolare

Z

arctan √

x − 5
dx.

Svolgimento. Con la sostituzione y = √

x − 5 ovvero x = y

+5, il differenziale si trasforma in questo modo:

dx = 3y

dy. Gli estremi di integrazione vanno modificati come segue: x = 5 → y = 0 e x = 130 → y = 5.

Dunque, per il Teorema di integrazione per sostituzione, si ha I =

Z

arctan √

x − 5
dx = Z

0

3y

arctan y dy.

L’ultimo integrale si calcola per parti:

I = h

y

arctan y i

y=0

− Z

0

y

1 + y

dy

= 125 arctan 5 − Z

0

h y − 1

2 2y 1 + y

i dy

= 125 arctan 5 − h y

2 − 1

2 log(1 + y

) i

= 125 arctan 5 − 25 2 + 1

2 log 26.

Esercizio 4 Determinare e disegnare nel piano di Gauss l’insieme n

z ∈ C : 

|z + 1|

+ (z + 1)

  ≥ 

|z + 1|

− (z − +1)

  o

.

-4 -3 -2 -1 1 2

-3 -2 -1 1 2 3

Figure 8: Esercizio 4 del Tema 3

Svolgimento. Dobbiamo determinare l’insieme delle z ∈ C che risolvono la disequazione  |z + 1|

+ (z + 1)

 ≥ 

|z + 1|

− (z + 1)

 . Usando la formula per il modulo |z|

= z ¯ z, la disequazione ` e equivalente a

 (z + 1)(z + 1) + (z + 1)

  ≥ 

 (z + 1)(z + 1) − (z + 1)

  .

Raccogliendo z + 1 a sinistra e z + 1 a destra, e usando il fatto che il modulo del prodotto ` e uguale al prodotto dei moduli, si trova la disequazione equivalente

|z + 1| · 

 z + 1 + z + 1 

 ≥ |z + 1| · 

 z + 1 − (z + 1)   .

Osserviamo che |z + 1| = |z + 1|. Inoltre, il numero z = −1 ` e una soluzione (si trova in effetti l’identit` a 0 = 0). Cerchiamo le soluzioni z 6= −1. In questo caso possiamo dividere per |z + 1| 6= 0 ed ottenere la disequazione equivalente

 z + ¯ z + 2   ≥ 

z − ¯ z  .

Scrivendo z in forma algebrica z = x + iy con x, y ∈ R, si ottiene infine |2x + 2| ≥ |2iy|, ovvero |x + 1| ≥ |y|.

Il grafico della funzione φ(x) = |x + 1| ` e un angolo con vertice in x = −1 ed y = 0. Le soluzioni sono i punti del piano di Gauss x + iy ∈ C tali che −φ(x) ≤ y ≤ φ(x).

La regione ` e quella colorata in figura.